2022-2023學(xué)年福建省三明市高二（下）期末物理試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年福建省三明市高二（下）期末物理試卷

一、選擇題（本大題共12小題，第1-8小題每題3分，第9-12小題每題4分，共40分）

1.下列說法正確的是（）

A.電磁波和機(jī)械波的傳播都需要介質(zhì)

B.“浴霸”的取暖燈泡發(fā)出的紅外線具有顯著的熱效應(yīng)

C.遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院CT中的X射線的頻率大

D.手機(jī)所用的微波在傳播過程中比無線電廣播所用的中波更容易繞過障礙物

2.下列有關(guān)光的現(xiàn)象說法正確的是（）

升壓變壓器

A.甲圖中肥皂液膜出現(xiàn)彩色條紋是光的偏振現(xiàn)象

B.乙圖中光在傳播過程發(fā)生了光的干涉現(xiàn)象

C.丙圖中內(nèi)窺鏡應(yīng)用了光的全反射原理

D.丁圖中全息照相是應(yīng)用激光的衍射實現(xiàn)的

3.電梯的超載自動報警系統(tǒng)簡化電路如圖所示，電梯箱底裝有壓敏電阻

%,&為滑動變阻器，4B為靜觸點，K為動觸點。當(dāng)超過限定質(zhì)量時，

電鈴將發(fā)出報警聲，以下說法正確的是（）

A.電磁鐵的上端為N極

B.%的阻值隨壓力的增大而增大

C.%的阻值增大，電磁鐵的磁場增強(qiáng)

D.若要減小電梯的限定質(zhì)量，則刈的滑片P向左滑動

4.用電流互感器檢測電路中的強(qiáng)電流，以下符合電流互感器工作原理示意圖的是（）

零線-----------零線-----------

火線二~|丁火線一,匚-

5.帶電粒子流的磁聚焦是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一。磁聚焦原理如圖，真空中

一半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，一束寬度為2八沿x軸正方向運(yùn)

動的帶電粒子流射入該磁場后會聚于坐標(biāo)原點。。已知粒子的質(zhì)量均為m、電荷量

均為q、進(jìn)入磁場的速度均為也不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用力。則磁

感應(yīng)強(qiáng)度的大小應(yīng)為（）

A-而

6.我國自主研發(fā)的“230Meu超導(dǎo)質(zhì)子回旋加速器”在中國原子能科學(xué)研究院完

成測試?；匦铀倨鞯脑砣鐖D所示，劣和。2是兩個半徑為R的半圓形金屬盒，

置于與盒面垂直的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，電壓為U、周期為7的交變電壓

加在狹縫處。位于劣圓心處的質(zhì)子源能不斷產(chǎn)生質(zhì)子（初速度可以忽略），質(zhì)子在

兩盒之間被電場加速，忽略質(zhì)子在電場中運(yùn)動的時間，不計質(zhì)子的重力，不考慮

加速過程中的相對論效應(yīng)。則（）

A.交變電壓的周期是質(zhì)子做圓周運(yùn)動周期的2倍

B.質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能隨電壓U增大而增大

C.質(zhì)子在回旋加速器中加速的次數(shù)隨電壓U增大而減少

D.質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)動的時間隨電壓U增大而增大

7.如圖所示，力、B是兩個規(guī)格相同的小燈泡，兒、%是零刻度在中間的電流表，閉合開關(guān)調(diào)節(jié)滑動變阻器

R的滑動觸頭，使兩個燈泡的亮度相同，調(diào)節(jié)滑動變阻器&的滑動觸頭，使它們都正常發(fā)光，然后斷開開關(guān)

S,重新閉合開關(guān)S,則（）

A.閉合S瞬間，燈泡B立刻變亮，燈泡4逐漸變亮

B.閉合S瞬間，電流表必示數(shù)等于％示數(shù)

C.穩(wěn)定后，斷開5瞬間，電流表&和%指針偏轉(zhuǎn)方向相同

D.穩(wěn)定后，斷開S瞬間，燈泡B先閃亮一下，再熄滅

8.科學(xué)家利用圖中一塊長為a、寬為氏厚為c的金屬霍爾元件檢測某一海域中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。如圖，恒

定電流方向和磁場方向均垂直元件，元件上下表面間產(chǎn)生電勢差，結(jié)合有關(guān)參數(shù)可求出此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度。

關(guān)于產(chǎn)生的電勢差，下列說法正確的是（）

A.元件上表面的電勢高于下表面的電勢B.電流越大，電勢差越小

C.元件寬度b越大，電勢差越大D.磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，電勢差越大

9.如圖是遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，兩個變壓器均為理想變壓器。若用戶消耗的功

率增大，下列說法正確的是（）

發(fā)

電用

廠戶

升壓變壓器降壓變壓器

A.降壓變壓器的輸出電流。減小B.輸電線上損失的功率增大

C.升壓變壓器的輸出電壓/增大D.發(fā)電廠輸出的總功率增大

10.圖甲為小型交流發(fā)動機(jī)的原理圖，矩形線圈繞垂直于勻強(qiáng)磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動。線圈的匝數(shù)n=20匝、

電阻r=5。，外接R=45。的電阻，電流表和電壓表均為理想交流電表。穿過線圈的磁通量中隨時間t按如

圖乙的余弦規(guī)律變化，則（）

A.感應(yīng)電動勢的最大值為10V

B.t=0.4族時，線圈處在中性面的位置

C.lmin內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為60/

D.線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90。過程中通過電阻R的電荷量為0.16C

11.如圖為折射率1.5的玻璃磚橫截面，其中28C為等腰直角三角形（力C邊未畫出），戒的B

圓心在BC邊的中點。光屏尸與4B垂直且貼近玻璃磚放置。若一束寬度與48邊長度相等父

的平行光從AB邊垂直射入，則（）id

A.從BC邊射出的平行光束寬度等于4B邊長度

B.屏上有一亮區(qū)，其寬度大于4B邊的長度

C.屏上有一亮區(qū)，其寬度小于48邊的長度

D.當(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動時，屏上亮區(qū)先變小后變大

12.如圖，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌水平放置，左右兩側(cè)導(dǎo)軌的間距分別B

為I、21,導(dǎo)軌間存在豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量分別,「心

為m、2m的導(dǎo)體棒a、b均垂直導(dǎo)軌放置，回路總電阻保持不變。a、b兩棒分別以幾、2%的初速度同時向

右運(yùn)動，兩棒在運(yùn)動過程中始終與導(dǎo)軌垂直且保持接觸良好，a總在窄軌上運(yùn)動，b總在寬軌上運(yùn)動，從開

始運(yùn)動到兩棒穩(wěn)定的過程中，下列說法正確的是（）

A.a棒的加速度大小始終等于b棒的加速度大小

B.a棒的加速度始終大于b棒的加速度

C.穩(wěn)定時a棒的速度大小為?為

D.穩(wěn)定時a棒的速度大小為2%

二、非選擇題（共60分）

13.用氮凝激光器發(fā)出的激光做雙縫干涉實驗，在屏幕上得到一組干涉條紋，將光屏遠(yuǎn)離雙縫，則干涉條紋

間距（選填“增大”或“減小”）。若雙縫到屏間的距離為1m,雙縫間的距離為0.42nun,測得7條亮

條紋間的距離為9mm,則此激光的波長為nm.

14.如圖，以。點為圓心半徑為L的固定金屬圓環(huán)內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻

強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為電阻為r的導(dǎo)體棒。4可繞。點轉(zhuǎn)動，4端與圓

環(huán)接觸良好，在圓環(huán)和。點之間接有阻值為R的電阻，不計金屬圓環(huán)的電阻。

當(dāng)導(dǎo)體棒以角速度3繞。點順時針勻速轉(zhuǎn)動時，通過電阻R的電流方向為

（選填"aTb”或"b-a”）,通過電阻R的電流大小為。

15.某同學(xué)在探究“影響感應(yīng)電流方向的因素”實驗中:

（1）利用如圖所示的實驗器材來研究電磁感應(yīng)現(xiàn)象及判定感應(yīng)電流方向。請按實驗要求，將圖中的器材實物

連線補(bǔ)充完整。

（2）閉合電鍵瞬間，電流計指針向左偏轉(zhuǎn)。閉合電鍵后，將滑動變阻器的滑片向右端滑動，電流計的指針向

（選填“左”或“右”）偏轉(zhuǎn)。

（3）閉合電鍵后，第一次快速抽出通電螺線管，第二次緩慢抽出，會發(fā)現(xiàn)電流計的指針擺動幅度第一次比第

二次（填“大”或“小”）。

16.某研究性學(xué)習(xí)小組在“科學(xué)測量玻璃的折射率”實驗中

(1)如圖甲，先將白紙平鋪在木板上并用圖釘固定，長方體玻璃磚平放在白紙上，然后在白紙上確定玻璃磚

的界面，在相應(yīng)位置插上Pi、P2兩枚大頭針、插上大頭針23,使23擋住心、22的像，再插上大頭針24,使”擋

住______。

(2)該同學(xué)正確操作并完成實驗記錄，畫出光路如圖乙所示，以入射點為圓心作圓，與入射光線、折射光線

的延長線分別交于M、N點,再過M、N點分別作法線的垂線，垂足為M'、N'點，則玻璃的折射率幾=

(用圖中線段的字母表示)。

(3)若選用兩個表面不平行的玻璃磚(選填“會”或“不會”)對折射率的測量產(chǎn)生系統(tǒng)誤差。

(4)另一小組同學(xué)在做實驗時，選用一橫截面為三角形的玻璃磚，放置在如圖丙實線位置。插針后在描繪三

棱鏡輪廓的過程中，三棱鏡的位置發(fā)生了微小的平移(移至圖丙中虛線位置，底邊仍重合)，則三棱鏡玻璃材

料折射率的測量值真實值(選填“大于”“小于”或“等于”)。

17.如圖甲，小明同學(xué)設(shè)計一等臂“電流天平”，可用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。其左臂為掛盤，右臂

掛著矩形線圈，匝數(shù)為N。線圈的水平邊長為3下邊處于垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場當(dāng)內(nèi)，兩臂保持平

衡。當(dāng)線圈中通過/—2.04的電流時,在掛盤內(nèi)放入,巾］=0.5kg的物體時，天平再次平衡。已知線圈L=0.1m,

N=100匝，總電阻R=10,重力加速度g=l(hn/s2。

(1)求磁感應(yīng)強(qiáng)度昆的大??；

(2)保持當(dāng)不變，當(dāng)線圈外接電流/=0時，取出mi，調(diào)節(jié)天平達(dá)到新的平衡。如圖乙所示，現(xiàn)在線圈上部

另加一垂直紙面向外寬度為d=0.17H的勻強(qiáng)磁場B2,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化關(guān)系為殳=kt。這時在掛盤中

放入加2=的祛碼時，天平平衡，求k的大小。

—?—b—?—??―J-

__?____f___e__。I—

X**X

XxxBX

乙1

18.如圖，空間存在垂直于%0y平面向里的勻強(qiáng)磁場，第一象限與第二象4y

限的磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B、2B。一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從原

XXXX

點。以速度〃射入第一象限，入射方向與x軸正方向的夾角。=30。，不計2B

XXX

粒子重力。求：

XXXXX

(1)在圖中畫出該帶電粒子一個周期內(nèi)的運(yùn)動軌跡；

XX

(2)粒子運(yùn)動一個周期沿y軸移動的距離d；

XXX

(3)粒子連續(xù)兩次經(jīng)過y軸上同一點的時間間隔--------

X

19.如圖甲，M1M4,N1N4為平行放置的水平金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L=1.0m,左端接有R=0.50的定值電阻。

寬度di=0.5m的M1M2N2M區(qū)域/分布著方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場名，其變化規(guī)律如圖乙所示。寬度d2=

1.0m的M2M3N3N2區(qū)域II無磁場，導(dǎo)軌M2M3、M必與金屬棒的動摩擦因數(shù)〃=0.2,其余導(dǎo)軌均光滑。M3N3

右側(cè)區(qū)域HI分布著足夠長的B2=0.57的勻強(qiáng)磁場，其方向豎直向上?質(zhì)量均為TH=0.3kg,電阻均為r=0.50

的導(dǎo)體棒CD、SP分別緊靠M2N2右側(cè)、M3N3左側(cè)。t=0時，CD在與導(dǎo)軌平行的恒力F=3.0N的作用下由靜

止開始運(yùn)動，與SP碰撞前瞬間撤去F,之后CD與SP發(fā)生彈性碰撞，運(yùn)動過程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好

且與導(dǎo)軌垂直，不計導(dǎo)軌電阻和空氣阻力，重力加速度取g=10m/s2,求：

(1)CD從開始運(yùn)動到即將與SP碰撞所用時間t；

(2)0?0.5s過程中CC上產(chǎn)生的焦耳熱Q；

(3)整個運(yùn)動過程中通過定值電阻R的電荷量。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：4、機(jī)械波的傳播需要介質(zhì)，但電磁波的傳播不需要介質(zhì)，故A錯誤；

B、“浴霸”的取暖燈泡能發(fā)出較強(qiáng)的紅外線，利用紅外線的熱效應(yīng)進(jìn)行取暖，故8正確；

C、遙控器發(fā)出的紅外線的頻率比醫(yī)院C7中的X射線的頻率小，故C錯誤；

。、微波的波長比無線電波短，根據(jù)衍射的特點可知，手機(jī)所用的微波在傳播過程中比無線電廣播所用的中

波更不容易繞過障礙物，故。錯誤。

故選：B。

電磁波的傳播不需要介質(zhì)；紅外線具有顯著的熱效應(yīng)；紅外線的頻率比醫(yī)院C7中的X射線的頻率小；波長

越長，越容易發(fā)生明顯衍射現(xiàn)象。

解決本題時要掌握電磁波的特性，明確電磁波與機(jī)械波的區(qū)別，要了解不同電磁波的波長和頻率關(guān)系。

2.【答案】C

【解析】解：4甲圖中肥皂液膜出現(xiàn)彩色條紋是光的薄膜干涉，故A錯誤；

8.乙圖中光在傳播過程發(fā)生了光的衍射現(xiàn)象，故8錯誤：

C.丙圖中內(nèi)窺鏡應(yīng)用了光的全反射原理，故C正確；

D丁圖中由于全息照相技術(shù)要記錄光波的相位信息，全息照相是利用了激光的相干性好的特點，故。錯誤。

故選：C。

A肥皂液膜出現(xiàn)彩色條紋是光的薄膜干涉；

8.圖乙是光的衍射現(xiàn)象；

C.丙圖中內(nèi)窺鏡應(yīng)用了光的全反射原理；

。.全息照相是應(yīng)用激光的干涉。

本題考查光的干涉、衍射和全反射，要求掌握光的干涉、衍射和全反射的特點。

3.【答案】D

【解析】解：4、根據(jù)安培定則可知，電磁鐵的上端相當(dāng)于S極，故A錯誤；

8、電梯箱底板壓力過大時，流過電磁鐵的電流增大，電磁鐵將動觸點K吸合到B,使電鈴報警，所以長的

阻值隨壓力的增大而減小，故B錯誤；

C、%的阻值增大時，回路的電流減小，電磁鐵的磁場減弱，故C錯誤；

。、若要減小電梯的限定質(zhì)量，即減小限定壓力，此時壓敏電阻阻值較大，若電磁鐵依然吸合動觸點K到B,

則應(yīng)減小/?2的阻值，使回路電流增大，所以應(yīng)使R?的滑片P向左滑動，故。正確。

故選：D。

根據(jù)安培定則分析電磁鐵的極性：分析電梯箱底板壓力過大時，流過電磁鐵的電流變化，判斷電磁鐵的狀

態(tài)，分析&的阻值變化；根據(jù)&的阻值增大，分析電流的變化，判斷電磁鐵的磁場強(qiáng)度的變化；若要減小

電梯的限定質(zhì)量，即減小限定壓力，分析壓敏電阻阻值大小，判斷回路中電流的變化，判斷/?2的滑片P移動

方向。

解答本題時，要理解電磁鐵的工作原理，掌握歐姆定律分析電流與電阻的關(guān)系。

4.【答案】B

【解析】解：電流互感器應(yīng)串聯(lián)接入輸電線路，根據(jù)電流跟匝數(shù)成反比，可知電流互感器是升壓變壓器，

原線圈電流大，匝數(shù)少，故B正確，4C。錯誤；

故選：Bo

理解變壓器的工作原理，由此得出電流互感器的線圈匝數(shù)比和電路構(gòu)造，結(jié)合題目選項完成分析。

本題主要考查了變壓器的構(gòu)造和原理，理解電流互感器的特點即可完成分析，屬于簡單題型。

5.【答案】C

【解析】解：帶電粒子流射入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，要使帶電粒子流射入該磁場后會聚于坐標(biāo)原點0,粒

子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑等于磁場半徑入粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時，由洛倫茲力提供

向心力，由牛頓第二定律得：quB=m3,解得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小：B=轉(zhuǎn)，故錯誤，C正確。

故選：C。

利用圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場實現(xiàn)對帶電粒子流的磁聚焦，需要滿足：粒子做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑與圓形磁

場區(qū)域的半徑相等，再由粒子做勻速圓周運(yùn)動所需的向心力等于洛倫茲力，來求解磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。

根據(jù)題意分析清楚帶電粒子的運(yùn)動過程，找出粒子的軌道半徑是解題的前提與關(guān)鍵，再應(yīng)用牛頓第二定律

來處理。

6.【答案】C

【解析】解：4為保證每次經(jīng)過狹縫時，質(zhì)子都被加速，所需交變電壓的周期應(yīng)等于交變電壓的周期，故4

錯誤；

B.當(dāng)質(zhì)子運(yùn)動的軌道半徑等于半圓形金屬盒的半徑時，質(zhì)子將離開回旋加速器，質(zhì)子受到的洛倫茲力提供向

心力，根據(jù)牛頓第二定律可得：

mv2

qvB=-T

可得離開回旋加速器時的動能為：

Ek=2mv2=-2^~

因此質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能與加速電壓U大小無關(guān)，故3錯誤；

C.根據(jù)動能定理

B2q2R2

nUq=Ek=-2^-

可知質(zhì)子在回旋加速器中加速的次數(shù)隨電壓U增大而減少，故C正確；

D質(zhì)子每旋轉(zhuǎn)一周，加速2次，質(zhì)子離開回旋加速器的最大動能與加速電壓U大小無關(guān)，因此加速電壓U越

大，加速的次數(shù)越少，質(zhì)子旋轉(zhuǎn)的圈數(shù)越少，運(yùn)動的時間越少，故。錯誤。

故選：Co

根據(jù)回旋加速器的工作原理分析出交變電壓的周期與交變電壓的周期的關(guān)系；

質(zhì)子受到的洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律得出質(zhì)子的最大動能與電壓的關(guān)系；

根據(jù)動能定理分析出質(zhì)子加速次數(shù)的影響因素；

根據(jù)質(zhì)子速度的變化分析出加速時間的變化趨勢。

本題主要考查了回旋加速器的相關(guān)應(yīng)用，理解回旋加速器的工作原理，結(jié)合牛頓第二定律和動能定理即可

完成分析。

7.【答案】A

【解析】解：4閉合開關(guān)瞬間，由于線圈L的自感電動勢的阻礙作用，使得燈泡4逐漸變亮，而燈泡B會立刻

變亮，故4正確；

B.閉合開關(guān)瞬間，由于線圈L的阻礙作用，電流表4的示數(shù)會逐漸變大，并不會立刻變大，而々的示數(shù)會立

刻達(dá)到穩(wěn)定值，因此閉合瞬間4的示數(shù)不等于4的示數(shù)，故8錯誤；

C.穩(wěn)定時，流過&和4的電流都由右至左，斷開后的瞬間，由于自感L的阻礙作用，流過久的電流不會立刻

變向，而&和4構(gòu)成新的回路，流過&的電流會立即反向，即由左向右，指針偏轉(zhuǎn)方向不同，故C錯誤；

D由于開始流過燈泡4和歸的電流一樣大小，因此斷開開關(guān)后，燈泡B并不會閃亮一下，故。錯誤。

故選：4。

當(dāng)電鍵S閉合時，通過線圈L的電流增大，穿過線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動勢的方向和

作用，分析哪個燈先亮。斷開瞬間也可以按照同樣的思路分析。

對自感線圈來講，重點掌握開關(guān)閉合瞬間，電路中的電流穩(wěn)定后開關(guān)斷開的瞬間，線圈對電流突變的阻礙

作用.

8.【答案】D

【解析】解：對于A金屬材料中，定向移動的是自由電子，自由電子定向移動方向與電流方向相反，

根據(jù)左手定則可知電子向上表面偏轉(zhuǎn)，所以元件上表面的電勢小于下表面的電勢，故A錯誤；

對于8CD.電子在電場中受力為eg,受到的洛倫茲力為euB,根據(jù)金屬電流微觀表達(dá)式/=Tiesb=ziebcu得

D

I

V=—：-

nebc

當(dāng)電場力和洛倫茲力相等時電流穩(wěn)定，則有q^=quB,

根據(jù)電流的微觀表達(dá)式，可得/=ne訕c,解得U=里，

nee

根據(jù)上述表達(dá)式可知，電流越大，電勢差越大；

元件寬度b越大，電勢差不變；磁感應(yīng)強(qiáng)度越大，電勢差越大，故。正確，8C錯誤。

故選：0。

根據(jù)左手定則得出電子的移動方向，結(jié)合電子的電性得出電勢的高低；根據(jù)靜電力和洛倫茲力平衡的特點，

結(jié)合電流的微觀表達(dá)式得出電勢差的表達(dá)式，結(jié)合題目選項完成分析。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)左手定則得出電子的運(yùn)動方向，結(jié)合靜電力和洛倫茲力的平衡

關(guān)系即可完成解答。

9.【答案】BD

【解析】人原副線圈電壓比等于匝數(shù)比，電流比等于阻為R,在高壓傳輸電路上，有

出=U3+線

又三=也

人九4

乜=%

,4幾3

/=5

4-R

聯(lián)立可得：出=（最/?+最/?線）/4

當(dāng)用戶用電器增加，用電器為并聯(lián)，用戶端總電阻R減小，則降壓變壓器的輸出電流〃增大，故A錯誤；

8、原副線圈電流比等于匝數(shù)的反比，有：

〃一三

由4得，〃增大，則，2增大，輸電線上損失的功率為P損=&R線

輸電線上損失的功率增大，故8正確；

C、根據(jù)原、副線圈電壓比等于匝數(shù)比可得

Ui幾1

2一n2

可得升壓變壓器的輸出電壓為3a

由于匝數(shù)不變，發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，可知升壓變壓器的輸出電壓外不變，故C錯誤;

D、根據(jù)，嗡

由B得，%增大，則4增大，發(fā)電廠輸出的總功率為匕￡，=%/1

發(fā)電廠輸出的總功率增大，故。正確。

故選：BD.

變壓器原副線圈電壓比等于匝數(shù)比，電流比等于匝數(shù)反比，據(jù)此判斷電壓和電流的變化；根據(jù)功率公式求

解輸電線上損失的功率，進(jìn)而判斷功率的變化；根據(jù)P=U/判斷發(fā)電機(jī)輸出總功率的變化。

本題考查遠(yuǎn)距離輸電問題，解題關(guān)鍵是知道變壓器原副線圈電壓比、電流比與匝數(shù)比的關(guān)系，掌握功率的

計算公式。

10.【答案】AB

【解析】解：4根據(jù)角速度定義式，線圈轉(zhuǎn)動角速度

27r27r

rad/s=2.5rad/s

T0.8TT

感應(yīng)電動勢最大值

Em=nBSo)=-co=20x0.2x2.5V=10V

故A正確；

B.由圖乙，在t=0.4心時，線圈磁通量最大，處在中性面位置，故3正確；

C.電動勢有效值E=月，解得E=

根據(jù)焦耳定律，1小出內(nèi)電阻R上產(chǎn)生焦耳熱

E,5。,

Q=(百彳產(chǎn)慨=(否不曰2X45X607=54/

故C錯誤；

D從圖示位置轉(zhuǎn)過90。通過電阻R的電荷量

-A(pA(p0.2

q=It=n,~r-At=n-^fr—~r-=20xC=0.08C

”陽R+r)(R+r)45+5

故。錯誤。

故選：AB.

根據(jù)角速度定義式求角速度大小，再根據(jù)感應(yīng)電動勢的最大值公式，求感應(yīng)電動勢的最大值;

線圈的磁通量最大時處在中性面的位置；

先計算電動勢的有效值，再根據(jù)焦耳定律，求1機(jī)譏內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱；

根據(jù)電量定義式、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律，推導(dǎo)線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90。過程中通過電阻R的電荷

量。

本題考查學(xué)生對電量定義式、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、焦耳定律、角速度定義式、感應(yīng)電動勢的

最大值公式的掌握，考點較多，需要學(xué)生平時多熟記，難度中等。

11.【答案】CD

【解析】解：4、設(shè)光從玻璃射向空氣時的臨界角為C,由臨界角公式可得：

112c

sinC=—=w=o<-=sin45°

n1.532

可知臨界角C<45。，光線射到BC邊時，入射角等于45。，大于臨界角，因此光線射到BC邊上時發(fā)生全反射，

不會有光線從BC邊上射出，如圖所示，故A錯誤；

BC、光線經(jīng)BC邊反射后豎直向下，在A0C弧面上發(fā)生折射，根據(jù)折射定律，折射光線向中心位置偏折，因

此在屏上亮區(qū)寬度小于邊的長度，故8錯誤，C正確：

。、當(dāng)屏向遠(yuǎn)離玻璃磚的方向平行移動時，屏上亮區(qū)先變小，當(dāng)屏的位置超過光線交點后，再向遠(yuǎn)處移動,

光屏的亮區(qū)又會后變大，故C正確。

故選：CD。

玻璃磚的折射率根據(jù)臨界角公式求出臨界角結(jié)合光線在邊的入射角分析光線能否

n=1.5,nC,BC

在BC邊上發(fā)生全反射，從而確定光線的傳播路徑；根據(jù)折射定律結(jié)合圖像得出屏上亮區(qū)的寬度大小關(guān)系；

根據(jù)屏與玻璃磚的距離變化分析出光屏的亮區(qū)變化趨勢。

本題主要考查光的折射定律，理解光的傳播特點，結(jié)合臨界角公式和光的折射定律即可完成分析。

12.【答案】A

【解析】解：AB,由于兩個導(dǎo)體棒中的電流始終大小相等，根據(jù)牛頓第二定律，對導(dǎo)體棒a有：Bll=maa

對導(dǎo)體棒b有：Bl-21=2mab

由此可知：=故A正確，8錯誤；

CD、以向右為正方向，從開始到穩(wěn)定速度，根據(jù)動量定理，對導(dǎo)體棒a有：B11-At=mva—TTLVQ

對導(dǎo)體棒a有：—BIx21?=2mvb—2mv0

當(dāng)最終穩(wěn)定時滿足：B?2lvb=Blva

聯(lián)立解得：va=^v0,%=沁，故C、。錯誤。

故選：Ao

對導(dǎo)體棒，根據(jù)牛頓第二定律，可求二者的加速度；

根據(jù)動量定理，分別對a棒及b棒列方程，以及穩(wěn)定時回路中的電流為零，可求a、b最終的速度。

本題考查電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用，注意牛頓第二定律、動量定理及能量守恒定律等知識是解決此類問題

的關(guān)鍵。

13.【答案】增大630

【解析】解：根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式

若光屏遠(yuǎn)離雙縫，則L增大，因此干涉條紋間距增大；

第1到第7條亮條紋間有6個間距，因此相鄰亮紋間的距離/x='=竽=i.5mm

n6

根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式

a1

可得激光的波長；I=華=四吟2Qm=6,3x10-77n=630nm

L1

故答案為：增大;630..

根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式分析作答；

根據(jù)第1到第7條亮條紋之間的寬度求解相鄰亮條紋之間的距離，再根據(jù)雙縫干涉條紋間距公式求波長。

本題考查了雙縫干涉測波長，關(guān)鍵在于理解實驗原理，掌握雙縫干涉條紋間距公式。

14.【答案】…黑

【解析】解:根據(jù)右手定則可知通過導(dǎo)體棒。4中的感應(yīng)電流方向為。-4則通過電阻R的電流方向為b-a；

導(dǎo)體棒。力產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

1,

E=*廿3

則通過電阻R的電流大小

_E_BI7CJO

1―R+丁-2(R+r)

2

故答案為：bta,BLM

2(R+r)

根據(jù)右手定則判斷導(dǎo)體棒04中的感應(yīng)電流方向，從而知道電阻R的電流方向。根據(jù)轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢公

式E以及閉合電路歐姆定律求通過電阻R的電流大小。

本題考查導(dǎo)體棒在磁場中轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的類型，要掌握右手定則、轉(zhuǎn)動切割感應(yīng)電動勢公式E=

38/3和閉合電路歐姆定律，并能熟練運(yùn)用。

15.【答案】左大

【解析】解：（1）把兩個線圈各自連成回路，電路連接如圖所示,

（2）當(dāng)滑動變阻器的滑片向右端滑動時，接入電路的阻值減小，回路的電流強(qiáng)度增加，電流計的指針向左偏

轉(zhuǎn)。

（3）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大，感應(yīng)電流越大，指針偏轉(zhuǎn)的角度

越大，因此第一次比第二次指針擺動幅度大。

故答案為：（1）見解析；（2）左；（3）大。

根據(jù)控制變量法的要求，分析各實驗操作，根據(jù)所控制的變量與實驗現(xiàn)象間的關(guān)系，得出實驗結(jié)論。

本題考查了控制變量法的應(yīng)用，熟練應(yīng)用控制變量法，認(rèn)真分析實驗數(shù)據(jù)，即可正確解題；本題難度不大，

是一道基礎(chǔ)題。

16.【答案】P3和匕、P?的像需不會大于

【解析】解：（1）為了保證四枚大頭針在一條光線上，應(yīng)使以擋住P3和R、22的像。

（2）如圖，玻璃的折射率為

sini

n=——

sinr

利用三角形邊角關(guān)系

..MM'NN'

sini=而'smr=-

而

0M=ON=R

因此

=~NW

(3)若選用兩個表面不平行的玻璃磚，只能使入射光線和出射光線不平行，而用插針法得到的入射角和折射

角都沒有系統(tǒng)誤差，因此不會對折射率的測量產(chǎn)生系統(tǒng)誤差。

(4)如圖通過微小平移后，測量的入射角沒有發(fā)生變化，而測量的折射角偏小從而使折射率的測量值偏大。

故答案為:(1必和2、「2的像;(2)需；(3)不會；(4)大于。

(1)根據(jù)實驗步驟分析判斷；

(2)根據(jù)折射定律和幾何知識計算；

(3)分析玻璃磚兩個表面不平行對入射角和折射角的影響進(jìn)行判斷；

(4)分析三角形的玻璃磚發(fā)生平移后對入射角和折射角的影響進(jìn)行判斷。

本題關(guān)鍵注意分析入射角和折射角的變化分析誤差。

17.【答案】解：(1)由題意，根據(jù)平衡條件可知：m.g=NBJL

代入數(shù)據(jù)可得：81=0.257

(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E=N--Ld=NkLd

回路的電流強(qiáng)度：1'=1

K

根據(jù)平衡條件：m2g=NB/L

解得：k=0.4

答：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi的大小為0.257；

(2%的大小為0.4。

【解析】(1)根據(jù)安培力的大小公式，結(jié)合安培力和重力平衡關(guān)系求出磁感應(yīng)強(qiáng)度名的大??；

(2)通過法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律求出感應(yīng)電流的大小，抓住安培力和重力相等求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的變

化率鼠

本題綜合考查了安培力大小公式、法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，抓住平衡列式求解，求解安

培力或感應(yīng)電動勢時，需注意線圈的匝數(shù)。

18.【答案】解：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力得：

-俁

qDD"行

可得粒子在第一象限內(nèi)的運(yùn)動軌跡半徑為：&常

在第二象限內(nèi)的運(yùn)動軌跡半徑為：/?2=磊=^%

由左手定則判斷可知粒子做逆時針偏轉(zhuǎn)，在第一象限軌跡的圓心角為120。，在第二象限軌跡的圓心角為240。,

粒子再次進(jìn)入第一象限后運(yùn)動軌跡的形狀與之前相同，做周期性運(yùn)動，故該帶電粒子一個周期內(nèi)的運(yùn)動軌

跡如下圖所示：

(2)如上圖所示，由幾何關(guān)系可得粒子在一個周期內(nèi)沿y軸移動的距離為:

d=2R]COS。—2R2COS9

解得：d=崢等

2qB

(3)粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動的周期為：A